陕西省安康市2020届高三上学期12月阶段性检测物理试题

安康市2019-2020 学年第一学期高三阶段性考试物理试题

一、选择题

1.在水平地面固定倾角为θ的斜面体，质量为m的物体在平行于底边、大小为F的水平力作用下静止于斜面上，如图所示．重力加速度大小为g．该物体受到的摩擦力大小为（　　）

A. F

B. F+mg

C. F+mgsinθ

D.

【答案】D

【解析】

【详解】对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力以及摩擦力的作用而处于平衡状态；将重力分解为垂直于斜面和沿斜面上的两个分力，则可知，在沿斜面方向上，重力的分力mgsinθ与拉力F以及摩擦力的合力为零；根据则可知，摩擦力等于拉力与重力的分力的合力，由几何关系可知，摩擦力为．

A.F与分析结论不符，故A错误．

B.F+mg与分析结论不符，故B错误．

C.F+mgsinθ与分析结论不符，故C错误．

D.与分析结论相符，故D正确．

2.如图所示，质量不等的甲、乙两个物块放在水平圆盘上，两物块与水平圆盘的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，让圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，并逐渐增大转动的角速度，结果发现甲物块先滑动，其原因是（　　）

A. 甲的质量比乙的质量小

B. 甲的质量比乙的质量大

C. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离小

D. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大

【答案】D

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律，结合最大静摩擦力，求出发生滑动的临界角速度，通过临界角速度判断原因.

【详解】AB.根据牛顿第二定律得：

μmg=mrω2

解得发生滑动的临界角速度为：，与质量无关.故A项、B项均错误.

CD.动摩擦因数相同，甲物块先滑动，一定是甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大，故C错误，D正确.

【点睛】解决本题的关键知道物块做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解.

3.如图所示，三角块B放在斜面体A上，轻弹簧一端连接三角块B，另一端连接在天花板上，轻弹簧轴线竖直，斜面的倾角为30°，若A的质量为1kg，B的质量为0.5kg，地面对A的支持力大小为20N，重力加速度为10m/s2，则A对B的摩擦力大小为（　　）

A. 0 B.  C. 5N D.

【答案】C

【解析】

【详解】对整体研究，根据平衡条件得：

GA+GB+F弹=N地，

解得轻弹簧向下压力大小为：

F弹=20N-15N=5N，

对三角块B研究，沿斜面方向由平衡条件得：

f=（F弹+mBg）sinθ

解得：f=5N.

A. 0与计算结果不相符；故A项错误.

B. 2.5N与计算结果不相符；故B项错误.

C. 5N与计算结果相符；故C项正确.

D.与计算结果不相符；故D项错误.

4.一个质点做直线运动，其0-t0时间内的v-t图象如图所示，则在0-t0时间内下列说法正确的是（　　）

A. 质点一直做减速运动 B. 质点的加速度与速度一直反向

C. 质点的平均速度为 D. 质点的加速度大小为

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图象可知，质点先做匀减速运动后做匀加速运动，故A错误；

B.质点先做匀减速运动后做匀加速运动，则加速度先与速度反向，后与速度同向，故B错误；

C.质点的加速度不变，做匀变速直线运动，平均速度的大小为

，

故C错误；

D.质点的加速度大小

a==，

故D正确.

5.如图所示，在P点斜向上抛出一个小球，要使小球始终垂直打在竖直墙面上，则抛出的初速度大小v和初速度与水平方向的夹角θ的关系，不计空气阻力.正确的是（　）

A. v与成反比 B. v与成正比

C. 与成反比 D. 与成正比

【答案】C

【解析】

【详解】ABCD.可将小球看成反向平抛运动，依据运动的合成与分解，及运动学规律，设P点到墙的水平距离为x，则有：

x=vcosθ•t，

vsinθ=gt，

则有：，可得与成反比；故A、B、D均错误，C项正确.

6.某种木材做成的长方体物块静止在水池(水域面积很宽)中时，恰好有一半没人水中，如图甲所示，物块在水中所受浮力F随着没入水中的深度h的图象如图丙所示。把物体恰好完全压人水中，如图乙所示，并从此位置由静止释放物块，重力加速度为g，下列说法中正确的是

A. 物块上浮过程做匀加速直线运动

B. 物块上浮过程先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动

C. 物块弹回到甲图位置时的速度为

D. 物块弹回到甲图位置时速度刚好为零

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由图丙可知物块上浮过程中浮力随高度均匀变化，而物块重力不变，故合力在发生变化，加速度变化，不是做匀变速直线运动，故A错误，B错误.

CD．物块弹回到图甲位置时，根据图丙可知图线与水平轴围成的面积为浮力所做的功，故从乙图到弹回图甲位置由动能定理有：

而由图甲和图丙可知：

所以联立解得：

故C正确，D错误.

故选C.

7.如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（　　）

A. A所受的合外力对A做正功

B. B对A的弹力做正功

C. B对A的摩擦力做正功

D. A对B做正功

【答案】AC

【解析】

木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块A所受合外力对A做正功，故A正确；A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力f，A受力如图所示，

所以A受到支持力做负功，摩擦力做正功，故B错误，C正确；由牛顿第二定律得；

竖直方向上； mg﹣N=ma1①

水平方向上：f=ma2②

假设斜面与水平方向的夹角为θ，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为α，由几何关系得；

a1=gsinθsinθ    ③

a2=gsinθcosθ    ④

tanα=⑤

联立①至⑤得：

tanα==cotθ=tan（﹣θ）

即α+θ= 所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A不做功，由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故D错误．故选AC．

8.光滑水平面上放着一异形物块b，其曲面是四分之一圆弧，在它的最低点静止地放着一个小球c，如图所示。滑块a以初速度v0水平向左运动，与b碰撞后迅速粘在一起。已知a、b、c的质量均为m，小球c不能从物块b的上端离开，在它们相互作用与运动的全过程中

A. a、b、c组成的系统动量守恒

B. a、b、c组成的系统机械能不守恒

C. 小球c在曲面上，上升的最大高度为

D. 小球c在曲面上上升的最大高度为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由题意在碰撞过程及之后一起运动过程中，a、b、c为系统水平方向上动量守恒，小球c在竖直方向上有运动，而竖直方向上小球c受力不平衡，故竖直方向上动量不守恒，故A错误.

B．a与b碰撞过程中有能量损失，故整个相互作用过程中机械能不守恒，故B正确

CD．a与b碰撞过程动量守恒有：

解得；

之后a、b、c相互作用过程中水平方向动量守恒，小球上升到最高点时三者共速，有：

解得

而由碰撞后到小球上升到最高点h过程中根据能量守恒有：

解得：

故C错误，D正确.

故选BD

9.如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v-t图象如图乙所示，下列说法中正确的是

A. 小球在MN右侧运动的时间为t1一t2

B. F2的大小为

C. 小球在MN右侧运动的加速度大小为

D. 小球在0~t1时间内运动的最大位移为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图乙知小球在t1时加速度改变方向，故可知t1时刻小球进入MN右侧，图线与t轴围成的面积即为小球的位移，小球在MN右侧运动的时间为t3-t1，故A错误.

BC．由图乙可知小球在MN右侧的加速度大小为：

在MN左侧，有牛顿第二定律可得：

所以MN的右方，由牛顿第二定律可知：

所以有：

故B正确，C正确.

D．由图线与t轴围成的面积可得0~t1时间内运动的最大位移为：

故D错误.

故选BC.

10.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，质量均为m的两球用轻杆连接套在圆环上，开始时轻杆竖直并同时由静止释放两球，当A球运动到B开始的位置时，轻杆刚好水平，重力加速度为g，则从开始运动到轻杆水平的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小球A、B的机械能均保持守恒 B. 小球A、B组成的系统机械能守恒

C. 杆对小球A做的功为0 D. 杆对小球B做的功为

【答案】BD

【解析】

【详解】B.由于环是光滑的，因此对于A、B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故B正确；

AC.当杆水平时，设A、B两球的速度均为v，由题意可知，

，

则，因此从开始到杆水平时，B球的机械能增加，则A球的机械能减少；根据动能定理，对A球研究有

，

求得，故A、C错误；

D对B球研究，根据动能定理有：，故D正确．

二、实验题

11.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系，实验中所用打点计时器的频率为50Hz，所有计算结果均保留两位有效数字．（取g=9.8m/s2）

（1）为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做__运动．

（2）平衡摩擦力后，连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到一条打点清晰的纸带，得到的数据如图乙所示，相邻两计数点间有4个点未画出．则这次实验中小车运动的加速度大小是___m/s2，打下点C时小车的速度大小是__m/s．（结果保留两位有效数字）

（3）实验前已测得小车的质量为0.5kg，托盘质量为0.006kg，则该组同学放入托盘中的砝码质量应为____kg．（结果保留两位有效数字）

【答案】    (1). 匀速直线    (2). 0.50    (3). 0.26    (4). 0.020

【解析】

【详解】（1）［1］取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带点迹间距是否均匀，即可判断小车是否做匀速直线运动，如果是即达到了平衡摩擦力的目的．

（2）［2］相邻两计数点间有4个点未画出，相邻两计数点间的时间T=0.1s，由逐差法x=a（2T）2得加速度

a=10-2m/s2=0.50m/s2

［3］根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打下点C时小车的速度大小

v==10-2m/s=0.26m/s

（3）［4］小车的质量M=0.5kg，托盘质量m0=0.006kg，设该组同学放入托盘中的砝码质量为m，根据牛顿第二定律

（m0+m）g=Ma

砝码质量

m=-m0=kg-0.006kg=0.020kg

12.某物理兴趣小组在验证胡克定律的实验中别出心裁，将弹簧一端固定在铁架台上，然后自然悬垂。当在弹簧的另一端悬挂一个钩码稳定后，用实验室打点计时器所用纸带比量弹簧长度，做好标记并整齐剪下这段纸带;然后再加挂一个相同钩码稳定后，同样用纸带比量弹簧长度，做好标记并整齐剪下第二段纸带;总共加挂了三次，剪下四条纸带。随后将纸带一端对齐，整齐排列在一张坐标纸上，如图所示。已知每个钩码的质量为50g，坐标纸最小方格的边长为1mm，当地重力加速度为9. 8m/s2。

（1）四条纸带的长度由长到短依次为6.87cm，______cm， 5. 72cm，______cm。

（2）弹簧的原长l0=__________.cm。

（2）可以判断胡克定律_________ (填“成立”或“不成立”)，判断依据是___________。

（4）弹簧的劲度系数k=________N/m。(计算结果保留三位有效数字) .

【答案】    (1). 6.30    (2). 5.17    (3). 4.60    (4). 成立    (5). 弹簧增加相同的弹力，伸长的长度(形变量)近似相等。或者连接四条纸带右上角得到一条直线，说明弹簧弹力与形变成正比    (6). 87.7

【解析】

【详解】(1)[1][2]根据坐标纸最小方格的边长为1mm，读出长度分别为6.30mm，5.17mm.

(2)[3]分析四条纸带的长度可知每多挂50g的重物，弹簧伸长的长度大约增加0.57mm，由(1)可知弹簧只挂50g重物时，弹簧长度是5.17mm，故弹簧原长为：

(3)[4][5]因为弹簧增加相同的弹力，伸长的长度(形变量)近似相等，故可以判断胡克定律成立.

(4)[6]根据胡克定律有：

三、解答题

13.如图所示，倾角为a的固定光滑斜面顶端固定着与斜面垂直的挡板，一质量为m的小球在沿斜面向上的推力作用下，恰好静止在挡板和斜面之间。设重力加速度为g.

（1）用直尺画出小球受力的示意图;

（2）求小球受到推力大小。

【答案】（1）； （2）mgsin?

【解析】

【详解】(1)根据题意画出受力分析图如图所示：

(2)由于小球恰好静止在挡板和斜面之间，所以与挡板之间无力的作用，故沿斜面方向分解可得：

答;（1）小球受力的示意图如图所示;

（2）小球受到的推力大小为mgsin?。

14.如图所示，一颗卫星在近地轨道1上绕地球做匀速圆周运动，轨道1的半径可近似等于地球半径，卫星运动到轨道1上A点时进行变轨，进入椭圆轨道2，其远地点B离地面的距离为地球半径的2倍，已知地球的密度为ρ，引力常量为G，求：

（1）卫星在轨道1上做圆周运动的周期；

（2）卫星在轨道2上从A点运动到B点所用的时间．

【答案】(1)    (2)

【解析】

【详解】（1）设卫星在轨道1上做圆周运动的周期为T1，则

又　

解得：

（2）设卫星在轨道2上运动周期为T2，根据开普勒第三定律有

求得：

卫星从A到B运动的时间：

15.如图所示为某城市十字路口道路示意图，道路为双向四车道，每个车道宽度为2.4m。某自行车从道路左侧车道线沿停车线向右匀速行驶，速率为14. 4km/h，汽车在最右侧车道正中间行驶，速率为54km/h，汽车前端距离停车线20m。已知汽车的宽度与自行车的长度相等均为1. 8m，汽车的车身长4. 8m。汽车司机为避免与自行车相撞马上采取刹车制动，最大制动加速度大小为5m/s2.求

（1）汽车的最短刹车距离sm;

（2）请通过计算判断是否能够避免相撞。

【答案】（1）22. 5m .（2）不能避免相撞。

【解析】

【详解】(1)已知：

v1 =14.4km/h= 4m/s

v2 = 54km/h= 15m/s

设汽车以最大加速度刹车，则：

代入数据解得sm=22. 5m .

(2)以最大加速度刹车，设汽车车头到达停车线所用时间为t，则

解得t=2s或者t=4s，又因为汽车停下的时间为：

故t=4s不符题意，舍去；

此时以左侧车道线为起点，车头所占位置范围为s1~s2，

自行车在t=2s的时间内行驶的位移为x .则有：

自行车此时所占位置范围为：

由此可知，它们的位置范围有重叠，不能避免相撞.

答：（1）汽车的最短刹车距离sm=22. 5m;

（2）不能够避免相撞。

16.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行。已知弹簧劲度系数k=40N/m，A的质量m1=1kg，与斜面的动摩擦因数μ=0.5，B的质量m2= 2kg。初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h=0.3m，整个系统处于静止状态。重力加速度g= 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0. 8.

（1）由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小;

（2）把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C恰好到达地面，求C的质量m3。

【答案】（1） （2）

【解析】

【详解】(1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：

此时弹簧的伸长量为：

=0.15m

当B落地时，A沿斜面上升h，此时弹簧的伸长量为：

=0.15m

所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹簧弹力不做功，根据动能定理可得：

联立以上各式代入数据解得：

(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C到C落地过程中以A、C和弹簧为系统，根据动能定理可得：

代入数据解得.

答：（1）由静止释放物体B，B刚落地时的速度大小;

（2）C质量。